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微专题 35 数列求和的常用方法
高考定位 近几年高考，数列求和常出现在解答题的第(2)问，主要考查通过分
组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档.
【真题体验】
(2024·全国甲卷)设Sn为数列{an}的前n 项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)因为4Sn＝3an＋4，①
所以当n≥2 时，4Sn－1＝3an－1＋4.②
则当n≥2 时，①－②得4an＝3an－3an－1，
即an＝－3an－1.
当n＝1 时，由4Sn＝3an＋4 得4a1＝3a1＋4，
所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4 为首项，－3 为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n－1.
(2)因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－
4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
【热点突破】
热点一 分组求和与并项求和
例1 已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝2，a2＝4，且Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝2.
(1)证明：数列{an}是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝1，b2＋b3＝0，求数列{an·bn}的前2n 项和T2n.
(1)解 由Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝2
得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝2，
∴an＋2－an＋1＝2，
又a2－a1＝4－2＝2，
∴数列{an}是以2 为首项，2 为公差的等差数列，
∴an＝2n.
(2)证明 设等比数列{bn}的公比为q，q≠0，
则b2＋b3＝q＋q2＝0，∴q＝－1，
∴bn＝(－1)n－1，∴an·bn＝2n·(－1)n－1，
∴T2n＝2－4＋6－8＋…＋2(2n－1)·(－1)2n－2＋2(2n)·(－1)2n－1
＝(2－4)＋(6－8)＋…＋[2(2n－1)·(－1)2n－2＋2(2n)·(－1)2n－1]
＝－2＋(－2)＋…＋(－2)＝－2n.
规律方法 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，转化为
若干个可求和的数列的和或差，然后再求和.
训练1 已知数列{an}的前n 项和为Sn，an>0，
且满足(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，n∈N＋.
(1)求a1及通项公式an；
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)对于(an＋2)2＝4Sn＋4n＋1，①
n＝1 时，(a1＋2)2＝4a1＋5，a＝1，
而an>0，则a1＝1.
又(an＋1＋2)2＝4Sn＋1＋4(n＋1)＋1，②
由②－①可得
(an＋1＋2)2－(an＋2)2＝4an＋1＋4，
a＝(an＋2)2，而an>0，
∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2.
∴{an}是以1 为首项，2 为公差的等差数列，
即an＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N＋).
(2)∵bn＝(－1)n·(2n－1)，
∴Tn＝－1＋3－5＋7＋…＋(－1)n(2n－1)，
＝－n.
综上所述，Tn＝(－1)n·n(n∈N＋).
热点二 裂项相消法求和
例2 (2024·东北三省三校模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}
的前n 项和为Sn，S4－2a2a3＋14＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的公差d>1，令cn＝，求数列{cn}的前n 项和Tn.
解 (1)由题意可得，
S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14
＝4＋6d－2(1＋d)(1＋2d)＋14＝0，
整理得d2＝4，则d＝±2，
可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1 或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3，
故an＝2n－1 或an＝－2n＋3.
(2)因为d>1，由(1)可得d＝2，an＝2n－1，
则cn＝
＝－，
故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－，
所以Tn＝1－.
易错提醒 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相
互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.
训练2 (2024·西安二模)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a6＝7，S6＝27.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则由题意得
即解得
∴数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
(2)∵an＝n＋1，则an＋1＝n＋2，
∴bn＝＝－，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝－＝.
热点三 错位相减法求和
例3 (2024·武汉模拟)设数列{an}(n∈N*)满足：a1＋＋…＋＝n2.等比数列{bn}的首
项b1＝1，公比为2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n 项和Tn.
解 (1)∵a1＋＋…＋＝n2，n≥1.
∴a1＋＋…＋＝(n－1)2，n≥2，
∴＝n2－(n－1)2＝2n－1.
即an＝n(2n－1)，n≥2，
当n＝1 时，a1＝1，满足上式.
∴an＝n(2n－1)＝2n2－n，
根据等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2，可知bn＝2n－1.
(2)由(1)知＝(2n－1)·2n－1.
∴Tn＝1·20＋3·21＋…＋(2n－1)·2n－1，
2Tn＝1·21＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.
∴－Tn＝1＋2·21＋…＋2·2n－1－(2n－1)·2n＝1＋2·－(2n－1)·2n
＝1＋4(2n－1－1)－(2n－1)·2n＝2·2n－(2n－1)·2n－3＝(3－2n)·2n－3.
∴Tn＝(2n－3)2n＋3.
易错提醒 用错位相减法求和时，应注意：
(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)作差后所得等比数列的项数；(3)最后一项
的符号.
训练3 (2024·临汾模拟)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋n－1，等
比数列{bn}的首项b1＝，且满足b2n＝b.
(1)求证：数列{an＋n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n 项和Sn.
(1)证明 因为an＋1＋n＋1＝2an＋n－1＋n＋1＝2an＋2n＝2(an＋n)，
又因为a1＋1＝2≠0，所以{an＋n}是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an＋n＝2n，所以an＝2n－n.
(2)解 因为b2n＝b，
所以b2＝b＝＝b1q＝q，
故q＝，所以bn＝×＝，
令cn＝anbn，
则cn＝(2n－n)＝1－n·，
设Tn为数列的前n 项和，
所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，
Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
所以Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×
＝1－－n×，
Tn＝2－(n＋2)×，
所以Sn＝n－2＋.
【精准强化练】
1.(2024·昆明诊断)已知数列{3×2nan}的前n 项和Sn＝4n＋1－4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝3，求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)令cn＝3×2nan.
当n＝1 时，c1＝S1＝12；
当n≥2 时，cn＝Sn－Sn－1＝4n＋1－4n＝3×4n.
因为c1＝12＝3×41，所以cn＝3×4n，
所以3×2nan＝3×4n，解得an＝2n，
(2)由(1)知bn＝3＝3，
所以Tn＝3
＝3＝4n＋1－4－n－6n－3.
2.(2024·南京、盐城调研)已知正项数列{an}满足a1＝1，a－a＝8n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝an·sin，求数列{bn}的前2 024 项的和.
解 (1)因为a－a＝8n，
所以当n≥2 时，a＝(a－a)＋…＋(a－a)＋a＝8(n－1)＋…＋8×1＋1
＝8[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝8×＋1＝(2n－1)2.
因为an>0，所以an＝2n－1，n≥2.
当n＝1 时，a1＝1 符合上式，所以an＝2n－1.
(2)bn＝an·sin＝(－1)n＋1·(2n－1)，所以当k∈N*时，
b2k－1＋b2k＝(4k－3)－(4k－1)＝－2，
故b1＋b2＋b3＋…＋b2 024＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 023＋b2 024)
＝－2×1 012＝－2 024.
3.在数列{an}中，＋＋＋…＋＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求＋＋…＋.
解 (1)∵＋＋＋…＋＝n2＋n，①
则当n＝1 时，＝2，即a1＝4，
当n≥2 时，＋＋＋…＋＝n2－n，②
①－②得＝2n，∴an＝2n(n＋1)，
a1＝4 也满足上式，
故an＝2n(n＋1).
(2)＝
＝＝，
∴＋＋…＋
＝×
＝＝－.
4.(2024·广州调研)已知数列{an}的前n 项和为Sn，an＝2n＋1，数列{bn}为等比数
列，且a2＋b2＝9，S10＋b3＝128.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n 项和Mn.
解 (1)∵an＝2n＋1，
∴数列{an}是a1＝3，公差d＝2 的等差数列，且a2＝5，
∴S10＝10×3＋×2＝120.
设等比数列{bn}的公比为q，
由a2＋b2＝9，S10＋b3＝128.
得
解得
∴数列{bn}的通项公式为bn＝2×2n－1＝2n.
(2)∵an＝2n＋1，bn＝2n.
∴cn＝an·bn＝(2n＋1)·2n.
∴Mn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，①
2Mn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1，②
①－②得－Mn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1
＝6＋－(2n＋1)×2n＋1＝－2－(2n－1)×2n＋1，
∴Mn＝2＋(2n－1)·2n＋1.
